Đáp án đầy đủ và Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2010 môn Toán khối A

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

1.558
lượt xem 1.164
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đáp án đầy đủ và Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2010 môn Toán khối A

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đầy đủ và Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2010 môn Toán khối A

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: y = x − 2x + ( 1 − m ) x + m 3 2 1) Bạn đọc tự giải. 2) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và Ox x 3 − 2x 2 + ( 1 − m ) x + m = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − x − m ) = 0  x − 1 = 0 (2) ⇔ g(x) = x − x − m = 0 (3) 2 Gọi x1 là nghiệm pt (2) và x2, x3 là nghiệm pt (3). ∆ > 0 1 + 4m > 0    Yê u cầu bài toán : g(1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 x 2 + x 2 + x 2 < 4  1 + ( x 2 + x 3 ) − 2x 2 x 3 < 0 2  1 2 3   −1  m> 4  −1  −1   < m ≠ 0  < m
cosx( 1+ sinx + cos2x) ( sinx + cosx) ⇔ = cosx cosx + sinx ⇔ 1+ sinx + cos2x = 0 ⇔ 2cos2 x + sinx = 0 ( ⇔ 2 1− sin2 x + sinx = 0 )  1+ 17 sinx = > (loaï ) 1 i 4 ⇔ 2sin x − sinx − 2 = 0 ⇒  2  1− 17 sinx = (thoû ñk) a  4   1− 17   x = arcsin  + k2π   4    ⇒  1− 17  ( k ∈ Z) .   x = π − arcsin  + k2π  4     x− x 2) ≥1 ( 1− 2 x − x + 1 2 )  1  3 3 2 ( ) Ta có: 2 x − x + 1 = 2 x −  +  ≥ ⇒ 1− 2 x − x + 1 < 0 2  2  4 2 2 ( )   ( ) bpt ⇔ x − x ≤ 1− 2 x2 − x + 1 ⇔ 2 x2 − x + 1 ≤ x + ( 1− x)( )  ( )  2 ⇔ 2( 1− x) + x  ≤ x + ( 1− x) 2    x + ( 1− x) ≥ 0   x + 1− x ≥ 0  ⇔ ⇔ 3− 5 ⇒ x= ( ) 2  ( 1− x) − x ≤ 0 1− x = x  2  Câu III
1 x 2 + e x + 2x 2e x x ( 1 + 2e x ) + e x 1 2 1  2 ex  I=∫ dx = ∫ dx = ∫  x +  dx 0 1 + 2e x 0 1 + 2e x 0 1 + 2e x  1 1 1 3 1 1 1  1 + 2e  = x + ln 1+ 2e x = + ln  3 2  3   3 0 2 0 1 1  1 + 2e  Vậy I = + ln   3 2  3  B a C Câu IV a 1 2 + Ta có: SH ⊥ (ABCD)  VS.CMND = SH.SCMND 3 M a 2 a 2 5a 2 SCMND = SABCD − SCBM − SAMD = a − − = 2 a 2 H 4 8 8 D 1 5a 2 a 3 5 3 A a ⇒ VS.CMND = ⋅ a 3 ⋅ = (đvtt) 2 N 3 8 24 S + Ta có : ∆CDN = ∆DAM CN ⊥ DM ⇒ ⇒ DM ⊥ (SCN) ⇒ DM ⊥ SC SH ⊥ DM Kẻ HK ⊥ SC  HK ⊥ MD  HK = d(DM, SC) 1 1 1 2 = 2 + HK SH HC2 K SH = a 3  CD 4 a4 4a 2 → CH = 2 = = với CN.CH = CD 2  CN 2 5a 2 5 B C  4 M 1 1 5 19 2a 3 ⇒ 2 = 2+ 2= 2 ⇒ HK = . HK 3a 4a 12a 19 H Câu V A N D
( ) ( )  4x2 + 1 x + ( y − 3) 5− 2y = 0  4x2 + 1 x = ( 3− y) 5− 2y (1)    ⇔ 4x2 + y2 + 2 3− 4x = 7  4x2 + y2 + 2 3− 4x = 7 (2)   3 x ≤ 4  + Điều kiện:  y ≤ 5   2  39  39 VT(1) = 4x + x ≤ VP(1) = ( 3− y) 5− 2y ≤ 3 (1) ⇒  16 ⇒  16 ⇒ y ≥ 0 VP(1) ≥ 0   x ≥ 0  3 0 ≤ x ≤ 4  Suy ra  0 ≤ y ≤ 5   2  3  1  ( 2 ) + Xét f1(x) = 4x + 1 x tăng trên  0 ;  , f   = 1  4  2   5 g1(y) = ( 3− y) 5− 2y giảm trên  0 ;  , g( 2) = 1  2  3 + f2(x) = 4x2 + 2 3− 4x giảm trên  0 ;   4  5 g2(y) = y2 tăng trên  0 ;   2 1 + Với 0 ≤ x ≤ : (1 ⇒ g1(y) = f1(x) < 1⇒ y > 2 ) 2   1 f2(x) > f2   = 3 ⇒  2 ⇒ VT(2) > VP(2) g (y) > g (2) = 4  2 2
1 3  1 + Với < x ≤ : (1 ⇒ g1(y) = f1(x) > f   = g(2) → y < 2 ) 2 4  2   1 f2(x) < f2   = 3 ⇒  2 ⇒ VT(2) < VP(2) g (y) < g(2) = 4  2 1 + x= ⇒ y = 2. 2  1 x = Vậy nghiệm:  2 y = 2  II – PHẦN RIÊNG A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VIa 1) (d1): 3x + y = 0; (d2 ): 3x − y = 0. + d1 ∩ d2 = 0( 0;0) 3. 3 − 1 · 1 ⇒ AOC = 600 (∆AOC vuông tại A). + cos( d ;d ) = = 1 2 2.2 2 2R ⇒ AC = 2R ; AB = R ; BC = R 3 ; OA = . 3 3 AB.BC 3 2 Theo gt: SABC = ⇒ = ⇔ R = 1⇒ OA = 2 2 2 3 ( ) 4 4 Mà A ∈ ( d1 ) ⇒ A a;− 3a ⇒ OA 2 = ⇔ a2 + 3a2 = ⇔ 4a2 = 3 3 4 3 1 ⇔ a= (a > 0). 3   1  qua A  ;−1 4 + (d3):  3  ⇒ (d3): x − 3y − = 0. (d ) ⊥ (d ) 3  3 1
 3t − 4  + T  t; ∈d  3  3   2 7  3t − 4  7 + OT 2 = OA 2 + AT 2 = ⇔ t2 +   = 3  3  3    5 3  t1 = ⇔ 12t2 − 8 3t − 5 = 0 ⇒  6  − 3  t2 =  6 2 2  5 3  1 2  3  3 2 Vậy ( T1 ) :  x −  +  y +  = 1 và ( T2 ) :  x +  +  y+  =1  6   2  6   2     x −1 y z + 2 2) ∆ : = = ; ( P ) : x − 2y + z = 0 2 1 −1  x = 1 + 2t  Phương trình tham số: ∆ :  y = t (t ∈ ¡ )  z = −2 − t   x = 1 + 2t  t = −1 y = t  x = −1   + Vì C = ∆ ∩ ( P ) . Tọa độ điểm C thỏa hệ:  ⇒ z = −2 − t  y = −1  x − 2y + z = 0 z = −1   ⇒ C ( −1; −1; −1) + M ( 1 + 2t; t; −2 − t ) ∈ ∆ , MC2 = 6 ⇔ ( 2t + 2 ) + ( t + 1) + ( − t − 1) = 6 2 2 2  t = 0 → M1 ( 1;0; −2 ) ⇔ 6t 2 + 12t = 0 ⇔   t = −2 → M 2 ( −3; −2;0 )  1− 0 − 2 6 6 + d ( M1 , ( P ) ) = = = d ( M 2 , ( P ) ) . Vậy d ( M, ( P ) ) = . 1+ 4 +1 6 6 Câu VIIa
Tìm phần thực, ảo của z: ( ) ( 1 − 2i ) 2 z= 2 +i = ( 2 + 2 2i + i ) ( 1 − 2i ) 2 = ( 1 + 2 2i ) ( 1 − 2i ) = 1 − 2i + 2 2i − 4i 2 = 5 + 2i ⇒ z = 5 − 2i Phần thực của z là a = 5; phần ảo của z là b = − 2 . B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb A 1) Đặt d : x + y − 4 = 0 + A∈∆ ⊥ d ⇒ ∆ : x − y = 0 + Gọi H = ∆ ∩ d ⇒ H ( 2;2 ) E M H + Gọi I là trung điểm BC d suy ra H là trung điểm IA  I(-2; -2) + Đường thẳng (BC) qua I và song song d  (BC): x + y + 4 = 0. B( b ;− b − 4)  B C + B,C ∈ BC ⇒  I C(c ;−c − 4)  uuur uuu r + AB = ( b − 6; −b − 10 ) ; EC = ( c − 1; −c − 1) . uuu uuu r r AB.EC = 0  ( b − 6) ( c − 1) + ( b + 10) ( c + 1) = 0  Ta có:  ⇔ I laø  trung ñieå BC m  b + c = −4   bc + 2c + 8 = 0 c = 2 c = −4 ⇔ ⇔ ∨  b + c = −4  b = −6  b = 0 ⇒ B( −6;2) ;C ( 2;−6) hay B( 0;−4) ;C ( −4;0) . x+2 y−2 z+3 2) A ( 0;0; −2 ) , ∆ : = = 2 3 2
r + (d) qua M(-2;2;-3), vtcp: a = ( 2;3;2 ) uuuur + MA = ( 2; −2;1) r uuuur r uuuu r +  a;MA  = ( 7;2; −10 ) ⇒  a;MA  = 49 + 4 + 100 = 153     r + a = 4 + 9 + 4 = 17 r uuuu r a;MA    153 d ( A, ∆ ) = r = = 3. a 17 BC2 Mà R = d (A,∆ ) + 2 = 9+ 16 = 25 2 4 Suy ra mặt cầu ( S) : x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 25 2 Câu VIIb Ta có ( ) ( ) 3 1 − 3i 1 − 3 3i + 3.3.i 2 − 3i3 −8 − 3 3i + 3i ( 1 + i ) z= = = 1− i 1− i 2 −8 − 8i − 3 3i − 3 3i 2 + 3i + 3i 2 −11 + 3 3 − 5i − 3 3i = = 2 2 −11 + 3 3 5+3 3 ⇒a= ; b= 2 2 Ta có: z + iz = a − bi + i ( a + bi ) = a − b + ( a − b ) i 2 2  −11 + 3 3 5 + 3 3   −11 + 3 3 5 + 3 3  =  −  + −  = 8 +8 =8 2 2 2  2 2   2 2 